Ejercicios resueltos de la primera clase PDF

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Summary

UAMSoluciones: El o ́ıdo humano es sensible a ondas sonoras con frecuencias comprendidas entre 15 Hz y 20 kHz. La velocidad del sonido en el aire es 343 m/s. Calcular las longitudes de onda correspondientes a estas frecuencias. Solucion: ́ λ 1 = v ν 1=343 m/s 15 Hz = 22. 87 m (audio frecuencias)λ 2 ...

Description

Soluciones:

1. El o´ıdo humano es sensible a ondas sonoras con frecuencias comprendidas entre 15 Hz y 20 kHz. La velocidad del sonido en el aire es 343 m/s. Calcular las longitudes de onda correspondientes a estas frecuencias. Solucion: ´ λ1 =

λ2 =

343 m/s v = 22.87 m (audio frecuencias) = 15 Hz ν1

v 343 m/s = 0.01715 m (audio frecuencias) = 20000 Hz ν2

de sodio tiene una longitud de onda de 589 nm. Calcular el correspon2. La l´ınea m´ as intensa del espectro del atomo ´ on, y en kJ/mol. diente numero ´ de onda y la energ´ ıa de la transici´on implicada en electronvoltios por fot´ Solucion: ´ ν˜ =

1 1 nm 1 × −9 = 1.6977 × 106 m−1 = 10 m λ 589 nm

UAM

∆E = hν = h cν˜ = 6.626 × 10−34 J s × 2.998 × 108 m/s × 1.6977 × 106 m−1 = 3.372 × 10−19 J ∆E = 3.372 × 10−19 J ×

o en eV

1 eV = 2.105 eV 1.6022 × 10−19 J

∆E = 3.373 × 10−19 J × 6.022 × 1023 mol−1 = 2.032 × 105

y en kJ/mol

J kJ = 203.2 mol mol

on: 3. Calcular la longitud de onda m´ axima de un fot´ on que pueda producir la reacci´ N2 (g) → 2N(g)

∆H = +225 kcal/mol

Solucion: ´ ∆H = 225

4.184 J 1 kcal = 1.563 × 10−18 J × × 1 cal mol 6.022 × 1023 mol−1

on: que corresponde con la energ´ ıa de un fot´on capaz de producir la reacci´

∆H = hν = h

hc c 6.626 × 10−34 J s × 2.998 × 108 m/s →λ= = 1.271 × 10−7 m = 127.1 nm (IR) = λ 1.563 × 10−18 J ∆H

4. La reacci´on fotoqu´ımica NO2 + hν → N O + O osfera terrestre. La es una de las fuentes de atomos ´ de ox´ıgeno (y por tanto de ozono) m´ as importante en la atm´ on. energ´ıa de disociaci´on es 306 kJ/mol. Encontrar la longitud de onda de un fot´ on capaz de producir dicha reacci´ Solucion: ´ ∆H = 306

λ=

29 de mayo de 2007

1 kJ × = 5.081 × 10−22 kJ = 5.081 × 10−19 J mol 6.022 × 1023 mol−1

hc 6.626 × 10−34 J s × 2.998 × 108 m/s = 3.910 × 10−7 m = 391.0 nm (UV) = 5.081 × 10−19 J ∆H Departamento de Qu´ımica F´ısica Aplicada. A. Aguado y J. San Fabi´an. UAM.

5. La frecuencia umbral para la emision ´ fotoel´ectrica del cobre es 1.1×1015 s−1 . ¿Cu´ al ser´a la energ´ıa m´axima (en electronvoltios) de los fotoelectrones emitidos cuando la luz de frecuencia 1.5×10 15 s−1 incide sobre una superficie de cobre?. Solucion: ´ De acuerdo con el principio de conservacion ´ de la energ´ıa hν = φ0 + T , donde φ0 es la energ´ıa m´ınima necesaria para arrancar un electr´ on y T su energ´ıa cin´etica m´axima. La frecuencia umbral es (T = 0) hν0 = φ0 , que nos permite reescribir la conservacion ´ de la energ´ıa: hν = hν0 +T . De donde

T = h(ν − ν0 ) = 6.626 × 10−34 J s× (1.5 − 1.1) × 1015 Hz = 2.6504 × 10−19 J×

1 eV = 1.6542 eV 1.6022 × 10−19 J

6. El potencial de extracci´on del sodio es 2.3 eV: a) ¿cu´ al ser´a la m´axima longitud de onda de la luz, que producir´a emisi´on de fotoelectrones en el sodio? y b) ¿cu´ al ser´a la energ´ıa cin´etica m´axima de los fotoelectrones si luz de 2000 A˚ incide sobre una superficie de sodio?. Solucion: ´

UAM

(a) φ0 = hν0 = h

c hc 1 eV 6.626 × 10−34 J s × 2.998 × 108 m/s = → λ0 = × 1.6022 × 10−19 J φ0 λ0 2.3 eV = 5.391 × 10−7 m ×

˚ 1A ˚ = 539.1 nm (UV) = 5391 A 10−10 m

y que corresponde con luz visible-ultravioleta. ˚ →ν= (b) Si λ = 2000 A

c 1 A˚ 2.998 × 108 m/s × −10 = 1.499 × 1015 Hz = ˚ 10 m λ 2000 A

T = hν − φ0 = 6.626 × 10−34 J s × 1.499 × 1015 Hz − 2.3 eV ×

1.6022 × 10−19 J 1 eV

= (9.932 − 3.685) × 10−19 J = 6.247 × 10−19 J 7. La funci´on trabajo del K es 2.2 eV y la del Ni 5.0 eV. (a) Calcular las frecuencias y longitudes de onda umbral para en el K? ¿Y estos dos metales. (b) ¿Dar´a lugar la luz ultravioleta de longitud de onda 400 nm al efecto fotoelectrico ´ en el Ni? (c) Calcular la m´ axima energ´ıa cin´etica de los electrones emitidos en (b). Solucion: ´ (a) ν0 (K) =

λ0 (K) =

φ0 (K ) 1.6022 × 10−19 J 2.2 eV = 5.320 × 1014 Hz × = −34 1 eV 6.626 × 10 Js h

hc 6.626 × 10−34 J s × 2.998 × 108 m/s 1 eV = 5.636 × 10−7 m = × 1.6022 × 10−19 J φ0 (K) 2.2 eV nm = 5.636 × 10−7 m × −9 = 563.6 nm 10 m

An´alogamente, para el N´ıquel ν0 (Ni) =

λ0 (Ni) = 29 de mayo de 2007

5.0 eV φ0 (N i) 1.6022 × 10−19 J = = 1.209 × 1015 Hz × h 1 eV 6.626 × 10−34 J s

hc 6.626 × 10−34 J s × 2.998 × 108 m/s 1 eV = 2.480 × 10−7 m = × 1.6022 × 10−19 J φ0 (Ni) 5.0 eV Departamento de Qu´ımica F´ısica Aplicada. A. Aguado y J. San Fabi´an. UAM.

1 nm = 2.480 × 10−7 m × 10−9 m = 248.0 nm (b) Si λ = 400 nm < λ0 , si se dar´a el efecto fotoel´ ectrico, mientras que si λ = 400 nm > λ0 , no se dar´a. Por tanto, en el K si y en el Ni no. (c) Si λ = 400 nm → ν =

c nm 2.998 × 108 m/s × −9 = 7.495 × 1014 Hz = 10 m 400 nm λ

y T = h(ν − ν0 ) = 6.626 × 10−34 J s × (7.495 × 1014 − 5.320 × 1014 ) Hz = 1.441 × 10−19 J alica con luz de diferentes longitudes de onda y se miden los potenciales 8. Cuando se ilumina una cierta superficie met´ que detienen los fotoelectrones, se obtienen los valores que se muestran en la siguiente tabla: λ(10−7 m) V(V)

3.66 1.48

4.05 1.15

4.36 0.93

4.92 0.62

5.46 0.36

5.79 0.24

on de la frecuencia, determinar: (a) la frecuencia umbral, (b) el potencial de Representando el potencial en funci´ extracci´on del metal, y (c) la constante de Planck.

UAM

Solucion: ´ on de la frecuencia, tenemos que: V = ehν − Representando el potencial en funci´

φ0 e

Si calculamos las frecuencias ν = λc ν(1014 Hz) V(V)

V /V

8.191 1.48

7.402 1.15

6.876 0.93

6.093 0.62

5.491 0.36

5.178 0.24

1.6 1.4 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 6

7

8

ν/10−14 Hz Un ajuste por m´ınimos cuadrados da V /V = 4.11518 × 10−15ν/ Hz − 1.89410 de donde se deduce que 29 de mayo de 2007

Departamento de Qu´ımica F´ısica Aplicada. A. Aguado y J. San Fabi´an. UAM.

(a) ν0 =

(b)

1.89410 Hz = 4.602 × 1014 Hz 4.11518 × 10−15

h V V × 1.6022 × 10−19 C = 6.593 × 10−34 J s → h = 4.11518 × 10−15 = 4.11518 × 10−15 Hz Hz e

que permite determinar h con un error del %error = (c) An´alogamente

φ0 e

h¯ − h ¯h × 100 = 0.5 %

= 1.89410V → φ0 = 1.89410 eV.

ıa 9. Cuando cierto metal se irradia con luz de frecuencia 3.0×1016 s−1 , los fotoelectrones emitidos tienen una energ´ cin´etica doce veces mayor que los fotoelectrones emitidos cuando el mismo metal se irradia con luz de frecuencia 2.0×1016 s−1 ¿Cua´l ser´a la frecuencia umbral del metal?. Solucion: ´

UAM

ν1 = 3.0 × 1016 Hz → T1 = 12T2 ν2 = 2.0 × 1016 Hz → T2

Como hν1 = T + φ0 = T + hν0 , tenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incognitas ´ hν1 = T1 + hν0 → hν1 = 12T2 + hν0 hν2 = T2 + hν0 → 12 × (hν2 = T2 + hν0 ) andolas por lo que rest´ h(12ν2 − ν1 ) = 11hν0 → ν0 =

12ν2 − ν1 = 1.909 × 1016 Hz 11

10. En un tubo de rayos X donde los electrones se aceleran con un potencial de 5000 V, la m´ ınima longitud de onda de los rayos X producidos es 248 pm. Estimad el valor de la constante de Planck. Solucion: ´ ıa de los rayos X, En este caso la energ´ıa cin´etica de los electrones es igual a la energ´

eV = hν = h

10−12 m 1.6022 × 10−19 J c λeV 248 pm × 5000 eV = 6.627 × 10−34 J s × × →h= = 1 eV 2.998 × 108 m/s 1 pm λ c

11. Calcular la frecuencia hacia la cual convergen todas las ıneas l´ espectrales de la serie de Lyman. ¿Cu´ al ser´a la on?. longitud de onda y la energ´ ıa de esta radiaci´ Solucion: ´ de onda de las lineas de la serie de Lyman viene dada por El numero ´ ν˜ = RH



1 1 − 2 n2 n21



n2 > n1

La frecuencia a la cual convergen con n1 = 1, RH = 109677.5856 cm−1 (constante de Rydberg para el hidrogeno). ´ todas las lineas se obtiene cuando n2 = ∞: ν˜ = RH = 109677.5856 cm−1 29 de mayo de 2007

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La frecuencia ser´a ν = c˜ ν = 2.998 × 108 m/s × 109677.5856 cm−1 × 100 cm/1 m = 3.2881 × 1015 Hz. de onda La longitud de onda es el inverso del numero ´ λ=

1 ν˜

=

1 nm 1m 1 × 10−9 m = 91.18 nm = 9.118 × 10−6 cm × −1 100 cm 109677.5856 cm

on: y la energ´ıa de la transici´

E = hν = hc˜ ν = 6.626 × 10−34 J s × 2.998 × 108 m/s × 109677.5856 cm−1 ×

100 cm = 2.179 × 10−18 J 1m

12. Calcular la longitud de onda en Angstrom y la frecuencia en s −1 de la primera ınea l´ de la serie de Balmer. Solucion: ´ ν˜ = RH con n1 = 2 y n2 = 3.

UAM

ν˜ = RH

λ=

ν = c˜ ν=





1 1 − 2 2 n2 n1

1 1 − 22 32





= RH

n2 > n1



1 1 − 4 9



= RH

5 36

1 36 36 = 6.565 × 10−5 cm = 656.5 nm = 6565A˚ = = 5 × 109677.5856 cm−1 5RH ν˜ 5 100 cm 5 = 4.567 × 1014 Hz × 2.998 × 108 m/s × 109677.5856 cm−1 × cRH = 1m 36 36

13. Calcular el potencial de ionizaci´ on del a´ tomo de hidr´ ogeno cuando el electr´ on ocupa la orbita ´ con numero ´ cu´antico principal igual a 5. Solucion: ´ En este caso n1 = 5 y n2 = ∞: ν˜ = RH

hcRH 1 6.626 × 10−34 J s × 2.998 × 108 m/s × 109677.5856 cm−1 100 cm × → E = hν = hc˜ ν= = 2 1m 25 5 25 = 8.715 × 10−20 J = 8.715 × 10−20 J ×

1 eV = 0.5439 eV 1.6022 × 10−19 J

14. Calcular la longitud de onda de De Broglie asociada a: (a) un electr´on con 15 keV de energ´ıa cin´etica, (b) un prot´ on con 15 keV de energ´ıa cin´etica, (c) una mol´ ecula de SF 6 a una velocidad de 1 m/s, y (d) un objeto de 1 kg a una velocidad de 1 m/s. Solucion: ´ (a) T = 15 keV =

p p p2 → p = 2me T = 2 × 9.109 × 10−31 kg × 15000 eV × 1.6022 × 10−19 C/e 2me

= 6.616 × 10−23 kg m/ s → λ = (b) An´alogamente p =

p

2mp T =

= 2.836 × 10−21 kg m/ s → λ = 29 de mayo de 2007

h 6.626 × 10−34 J s = 1.0001 × 10−11 m = 0.01001 nm = 6.616 × 10−23 kg m/ s p p

2 × 1.673 × 10−27 kg × 15000 eV × 1.6022 × 10−19 C/e

h 6.626 × 10−34 J s = 2.3369 × 10−13 m = 0.23369 pm = 2.836 × 10−21 kg m/ s p

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(c)P MSF6 = AS + 6AF = 146.0544 p = mv = 2.425 × 10−25

g

146.0544 g/ mol = 2.425 × 10−22 g → → m(SF6 ) = 6.022 × 1023 mol−1 mol h kg m/ s → λ = = 2.7325 × 10−9 m = 2.7325 nm p

(d) p = mv = 1 kg m/ s → λ =

h = 6.626 × 10−34 m = 6.626 × 10−25 nm p

15. Calcular el m´odulo de (a) −2, (b) 3 − 2i, (c) cos θ + i sen θ, (d) y exp(iax). Solucion: ´ p (a) | − 2| = (−2)2 + 02 = 2, p √ √ (b) |3 − 2i| = (3 + 2i) × (3 − 2i) = 32 + 22 = 13, p √ (c) | cos θ + i sen θ| = (cos θ − i sen θ) × (cos θ + i sen θ) = cos2 θ + sen2 θ = 1, p (d) |y exp(iax)| = y exp(−iax) × y exp(iax) = |y|. 16. Probar que (fg)∗ = f ∗ g ∗ donde f y g son cantidades complejas.

UAM

Solucion: ´ Sea f = a+bi y g = c+di con a, b, c y d reales, entonces (fg)∗ = [(a + bi)(c + di)] ∗ = [(ac − bd) + (ad + bc )i] ∗ = (ac − bd) − (ad + bc )i y f ∗ g ∗ = (a + bi)∗ (c + di)∗ = (a − bi)(c − di) = (ac − bd) − (ad + bc)i. en on de Schr¨odinger dependiente del tiempo, entonces cΨ es tambi´ 17. Verificar que si Ψ es una solucion ´ de la ecuaci´ soluci´ on siendo c una constante. ˆ Ψ, entonces cΨ tambi´en, ya que se cumple i¯h∂cΨ/∂t =HˆcΨ. Solucion: ´ Si Ψ es soluci´on de i¯h∂Ψ/∂t = H 18. Comprobar que las funciones Ψ(x, t) = A exp[2πi(±x/λ − νt)] son soluciones de la ecuacion ´ de Schr¨odinger ıcula libre. Suponiendo que λ es la longitud de onda de De monodimensional dependiente del tiempo de una part´ Broglie, expresar ν en funci´ on del momento lineal p. Solucion: ´ Para una part´ıcula libre la ecuaci´ on de Schr¨odinger monodimensional dependiente del tiempo es: i¯h

¯h2 ∂ 2 Ψ(x, t) ∂Ψ(x, t) =− 2m ∂x2 ∂t

on, calcularemos los dos miembros: Para comprobar que es soluci´ i¯h y

∂ A exp[2πi(±x/λ − νt)] = −A2πi2 ¯hν exp[2πi(±x/λ − νt)] = A2π¯hν exp[2πi(±x/λ − νt)] ∂t −

¯h2 ∂ 2 4π 2 i2 ¯h2 exp[2πi(±x/λ − νt)] A exp[2πi (±x/λ − νt )] = −A λ2 2m 2m ∂x2

que son iguales si 2π¯hν =

2π¯h 4π 2 ¯h2 p2 , o sea si ν = . . Como λ = h/p → hν = 2 2 2m λ 2m 2mλ

˚ ¿Cu´ al ser´a la m´axima precisi´on para el 19. Si la posici´on de un electr´ on se mide con una precisi´ on de ±0.001 A momento? Solucion: ´ De acuerdo con el principio de Incertidumbre ∆x∆p x ≥ ¯h/2, luego en este caso si ∆x = 0.002 A˚ ∆px ≥

¯h 1.055 × 10−34 J s = 0.264 × 10−21 Kg m/s = 2 × 0.002 × 10−10 m 2∆x

0.264×10−21 Kg m/s x = = 2.898 × 108 m/s, vemos que en este caso la indeterminaci o´ n Si calculamos ∆vx = ∆p m 9.109×10−31 kg en la velocidad es del orden de la velocidad de la luz.

29 de mayo de 2007

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20. Un a´ tomo sufre una transici´on desde un estado excitado con un tiempo de vida de 1 ns al estado fundamental, y ıa del estado excitado. emite un fot´on con una longitud de onda de 600 nm. Calcular la incertidumbre en la energ´ Solucion: ´ De acuerdo con el principio de Incertidumbre ∆E∆t ≥ ¯h/2, luego en este caso ∆E ≥

¯h 1.055 × 10−34 J s = 0.528 × 10−25 J = 2 × 10−9 s 2∆t

ıa con respecto al estado fundamental es de mientras que la energ´ E = hν =

hc 6.626 × 10−34 J s × 2.998 × 108 m/s = 3.311 × 10−19 J = 600 × 10−9 m λ

21. Hallar la longitud de onda de la luz emitida cuando una part´ ıcula de 1.0 × 10−27 g en una caja monodimensional de 30 nm pasa del nivel n = 2 al nivel n = 1. Solucion: ´ Los niveles de energ´ıa de una caja monodimensional son: En = transici´on

h2 n2 , 8ma2

que permite obtener la energ´ıa de la

 h2  2 3h2 2 − 12 = 2 8ma2 8ma de donde se puede obtener la frecuencia de la luz emitida

UAM

E = E2 − E1 =

ν = E/h =

1000 g 3h 3 × 6.626 × 10−34 J s = 2.761 × 1011 Hz = 2 8 × 10−27 g × (30 × 10−9 m)2 1 kg 8ma

y la longitud de onda λ =

c 2.998 × 108 m/s = 1.086 × 10−3 m = 1.086 mm = 2.761 × 1011 Hz ν

ıa en electronvoltios (eV) de los niveles n = 1, 2 y 3 de un electron ´ en una caja de potencial 22. Calcular la energ´ monodimensional de longitud a = 560 pm. Solucion: ´ Los niveles de energ´ıa de una caja monodimensional son: En = niveles:

E1 =

h2 n2 , 8ma2

que permite obtener la energ´ıa de los

1 eV h2 (6.626 × 10−34 J s)2 = 1.921 × 10−19 J × = 1.20 eV = 8 × 9.109 × 10−31 kg × (560 × 10−12 m)2 1.6022 × 10−19 J 8me a2

Si expresamos la energ´ıa del estado n en funci´ on de la energ´ıa del estado fundamental En = E1 n2 : E2 = 4E1 = 4.80 eV E3 = 9E1 = 10.80 eV 23. Para una part´ıcula en el estado estacionario n de una caja monodimensional de longitud a, encontrar la probabilidad de que la part´ıcula est´e en la regi´on 0 ≤ x ≤ a/4. Solucion: ´

P (0 ≤ x ≤ a/4) = que se resuelve haciendo la sustituci´on

Z

a/4 0

dx ψn∗(x)ψn (x)

2 = a

Z

a/4 0

dx sen2

nπx a

2 sen2 θ = 1 − cos(2θ ) 29 de mayo de 2007

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1

 2nπx 1  a − a sen nπ  1 − 1 sen nπ 2 dx 1 − cos =4 = 2nπ 2nπ nπ 1, yasi n4 es impar, 2 se puede expresar como n = 2l + 1, N´otese que si n es par, sen 2a = 0 y P (0 ≤ x ≤ a/4) a =4 (2l +1)π l = (−1) . En este caso P (0 ≤ x ≤ a/4) = 41 − 1 si con l = 0, 1, 2, 3, ..., de tal forma que sen nπ = sen 2 2 2nπ 1 + 1 n = 1, 5, ... y P (0 ≤ x ≤ a/4) = 4 2nπ si n = 3, 7, ... P (0 ≤ x ≤ a/4) =

Z0 a/4

24. Para el estado fundamental de una part´ ıcula en una caja monodimensional de longitud a, encontrar la probabilidad de que la part´ıcula est´e entre ±0.001a del punto a/2. Solucion: ´

P (a/2) =

Z

a/2+0.001a

a/2−0.001a

ψn∗(x)ψn (x)dx

Como la funci´ on de onda casi no var´ıa en dicho intervalo, se puede tomar como constante e igual al valor en a/2 P (a/2) = ψ∗n (a/2)ψn (a/2)

Z

a/2+0.001a

dx = a/2−0.001a

nπ 2 sen2 × 0.002a a 2

Para el estado fundamental n = 1

UAM

P (a/2) =

π 2 sen2 × 0.002a = 0.004 a 2

on para la proba25. Para el estado estacionario de numero ´ cu´antico n de la part´ıcula en una caja, escribir una expresi´ ıcula se encuentre entre a/4 y a/2. bilidad de que la part´ Solucion: ´ P (a/4 ≤ x ≤ a/2) = 1 a

Z

a/2

dx

a/4

Z

a/2

a/4

dx ψn∗(x)ψn (x) =

2 a

Z

a/2

dx sen2

a/4

nπx = a

  2nπx nπ 1 a  1 ha a nπ i 1 1 − cos sen − − = = + sen nπ − sen 2 2nπ 4 4 a 2 2nπ a 2

26. Para un electr´ on en una determinada caja monodimensional, la transicion ´ observada de menor frecuencia es 2.0 × 1014 s−1 . Calcular la longitud de la caja. Solucion: ´ En este caso hν = E2 − E1 = luego a=

r

3h = 8mν

s

 3h2 h2  2 2 − 12 = 2 8ma2 8ma

3 × 6.626 × 10−34 J s = 1.168 × 10−9 m = 1.168 nm 8 × 9.109 × 10−31 kg × 2.0 × 1014 Hz

27. Teniendo en cuenta las condiciones de continuidad que la funcion ´ de onda debe satisfacer, que pasar´ıa a los niveles de energ´ıa de una part´ıcula en una caja monodimensional si la longitud de la caja cambia de a a a/j (j = 2, 3, ...). Solucion: ´ La energ´ıa para una caja monodimensional de longitud a/j es En =

h2 2 2 h2 2 n = n j 8m(a/j)2 8ma2

luego al dividir la longitud de la caja j veces, aumenta la energ´ ıa de los niveles j 2 veces.

29 de mayo de 2007

Departamento de Qu´ımica F´ısica Aplicada. A. Aguado y J. San Fabi´an. UAM.

28. Encontrar las funciones de onda y las correspondientes energ´ ıas para los estados estacionarios de una part´ıcula en una caja de potencial tridimensional de lados a, b y c . Solucion: ´ Para una part´ ıcula en una caja tridimensional de lados a, b y c, la ecuacion ´ de Schr¨ odinger independiente del tiempo es: −¯h2  2 ∂2 ∂2  ∂ 2+ 2+ ψ(x, y, z) = Eψ(x, y, z ) ∂x ∂y 2m ∂z 2 Aplicando el m´ etodo de separaci´on de variables, buscaremos soluciones de la forma ψ(x, y, z) = X(x)Y (y)Z(z). Sustituyendo en la ecuaci´ on y dividiendo por X(x)Y (y )Z(z) obtenemos   1 d 2 Y (y) 1 d 2 Z(z) 1 d 2 X(x) −¯h2 + + =E Y (y) dy 2 Z(z) dz 2 2m X(x) dx2 De donde se deduce que cada uno de los t´erminos del primer miembro tienen que ser constantes. Denominandolas ´ Ex, Ey y Ez , reducimos el problema a tres problemas monodimensionales, cuyas soluciones ya conocemos. Por on general es tanto, la soluci´ r 8 nz πz ny πy nxπx ψ(x, y, z) = X(x)Y (y)Z(z) = sen sen sen c b a abc

UAM

con nx, ny , nz = 1, 2, 3, ..., y h2 E = Ex + Ey + Ez = 8m

2 n2 nx2 n y + + z2 2 2 a b c

!

29. Para una part´ıcula en una caja c´ ubica de lado a: (a) ¿Cu´antos estados tienen energ´ıas en el rango de 0 a 16h2 /8ma2 ? (b) ¿Cu´ antos niveles de energ´ıa caen en ese rango?. Solucion: ´ En este caso los niveles de energ´ıa son Enx ,ny ,nz =